Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2017
|
|
- Freja Søndergaard
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2017 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende til opgave at forklare, hvordan man kommer frem til facit i de enkelte opgaver. Der er altså ikke afkrydsningsfelter, der er kun facit og tilhørende udregninger. Udregningerne er meget udpenslede, så de este kan være med.
2 Indhold Opgave 1 3 Opgave 2 5 Opgave 3 6 Opgave 4 7 Opgave 5 8 Opgave 6 9 Opgave 7 11 Opgave 8 13 Opgave 9 15 Opgave Opgave Opgave Opgave Opgave
3 Opgave 1 En kurve i planen er givet ved x = e t y = ln t, hvor parameteren t gennemløber de positive reelle tal. a. For hvilken parameter t går kurven gennem punktet P = (e, 0)? Tager vi logaritmen på begge sider af x = e t, får vi, at t = ln x. Vi ved fra punktet P, at x = e, hvorfor vi indsætter dette og får: t = ln e = 1. Nu har vi altså fundet værdien. Jeg tjekker dog blot lige, om denne t-værdi opfylder, at y = 0 jævnfør punktet P. Vi indsætter i y = ln t og får: y = ln 1 = 0, hvilket altså betyder, at t = 1 for kurven giver punktet P. b. Hvad er kurvens hastighedsvektor i P? Vi skal blot dierentiere x og y i forhold til t og sætte t = 1. Vi har: x (t) = e t, y (t) = 1 t. Dermed er x (1) = e 1 = e, y (1) = 1 1 = 1. Altså bliver hastighedsvektoren: [ ] x (1) y = (1) [ ] e. 1 c. Hvilket udtryk for kurvens krumning, kan man opnå? Vi har formlen κ = x y y x ((x ) 2 + (y ) 2 ) 3/2 = x y y x (x ) 2 + (y ) 23. Vi kender allerede x og y, så vi kan prøve at udregne nævneren til t = 1 (punktet P ): (x (1)) 2 + (y (1)) 23 = e = e For at udregne tælleren skal vi bruge x og y, hvorfor vi dierentierer x og y : x (t) = e t, y (t) = 1 t 2, INDHOLD 3
4 hvorfor vi har: x (1) = e 1 = e, y (1) = = 1. Indsætter vi det i nævneren fås: x (1)y (1) y (1)x (1) = e ( 1) 1 e = e e = 2e = 2e. Altså bliver udtrykket for κ i punktet P : κ(p ) = 2e e INDHOLD 4
5 Opgave 2 Funktionen f er deneret ved f(x, y) = x 2 e y. Den bestemmer en ade ved z = f(x, y), som indeholder punktet P = (1, 1, e). a. Tangentplanen for aden i punktet P er bestemt ved en eller ere af ligningerne. Hvilke(n)? Tangentplanens ligning er givet ved z P z = f x (P x, P y ) (x P x ) + f y (P x, P y ) (y P y ). Lad os først udregne f x og f y. Vi får: f x (x, y) = 2xe y f x (P x, P y ) = 2 1 e ( 1) = 2e 1 = 2e (3.1) f y (x, y) = x 2 ( 1)e y f y (P x, P y ) = 1 2 ( 1)e ( 1) = 1 ( 1)e 1 = e (3.2) Vi har altså: z e = 2e(x 1) e(y + 1). Altså er første mulighed et facit. Vi kan se, at anden mulighed (læser søjlevist) ikke kan være muligt, da hældningen ganget på x kun svarer til 2 og ikke 2e. Lad os nu betragte e(y + 1) = ey e lægger vi 2e til på begge sider af får vi z e = 2e(x 1) e(y + 1) = 2e(x 1) ey e, z +e = z e+2e = 2e(x 1) ey e+2e = 2e(x 1) ey +e = 2e(x 1) e(y 1), hvilket betyder, at tredje mulighed også er et svar. I mulighed 4 mangler der simpelthen en y-koordinat i ligningen, hvorfor denne ikke kan være et svar. Ved mulighed 5 sætter vi e uden for parentes og får: z e = 2e(x 1) e(y + 1) z = 2e(x 1) e(y + 1) + e = e(2(x 1) (y + 1) + 1) = e(2x 2 y 1 + 1) = e(2x y 2), hvilket altså også er et svar. Slutteligt ser vi, at mulighed 6 kun har divideret med e på højre side og ikke venstre side i forhold til mulighed 5 (som var et svar), hvilket ikke er en gyldig omskrivning. Derfor er mulighed 6 ikke et svar. Hvilket udtryk har den anden ordens partielle aedede f xy (x, y)? Vi dierentierer blot f x i forhold til y eller dierentierer f y i forhold til x. Jeg vælger sidstnævnte: f xy (x, y) = ( x 2 e y) = 2xe y. x INDHOLD 5
6 Opgave 3 En kurve i rummet er givet ved x = ln(t), y = 2t, z = 1 2 t2, hvor parameteren t gennemløber de positive reelle tal. a. Bestem det korrekte udtryk for farten v(t). Farten v(t) er givet ved v(t) = (x ) 2 + (y ) 2 + (z ) 2. Vi udregner altså først de aedede: Vi indsætter: x = 1 t, y = 2, z = 1 2t = t. 2 (1 ) 2 v(t) = t t 2 = 1 t t2. Hvis vi nu betragter det inden i kvadratroden, så kunne det godt ligne, at vi kunne bruge en kvadratsætning, da 1/t t = 1, hvorfor det dobbelte produkt af de to altså må være 2. Vi har: (1 ) 2 1 v(t) = t t2 = t + t = 1 t + t. b. Hvad er buelængden af kurven fra t = 1 til t = e? Vi skal blot integrere fart-funktionen fra t = 1 til t = e. Vi har: e [ 1 1 t + t dt = ln(t) + 1 ] e 2 t2 1 = (ln(e) + 12 ) e2 (ln(1) + 12 ) 12 = e2 1 2 = e2 = 1 2 (e2 + 1) INDHOLD 6
7 Opgave 4 En funktion er deneret ved f(x) = sin(x 2 ) for en reel parameter x. a. Hvad er dierentialkvotienten f (x)? Vi skal bruge kædereglen. Den indre funktion, x 2, dierentieret - ganget på den ydre funktion, sin(u) dierentieret i forhold til u, hvor u = x 2. Vi har: f (x) = ( x 2) (sin(u)) = 2x cos(u) = 2x cos(x 2 ) b. Bestem anden ordens Taylor polynomiet for funktionen f med udviklingspunkt x = 0. Et anden ordens Taylor polynomium er givet ved: P 2 (x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) 2. Vi har, at x 0 = 0, hvilket giver: P 2 (x) = f(0) + f (0) x f (0) x 2. Vi kender allerede f og f og får ved at sætte x = 0: f(0) = sin(0 2 ) = sin 0 = 0, f (0) = 2 0 cos 0 2 = 0. Det vil sige, at første og andet led i polynomiet er ubetydelige, og udtrykket bliver i stedet: P 2 (x) = x f (0) x 2 = 1 2 f (0) x 2. Vi nder nu den dobbelt aedede ved at bruge både produktreglen og kædereglen: Vi sætter x = 0 og får: f (x) = ( 2x cos(x 2 ) ) = 2x ( cos x 2) + (2x) cos x 2 = 2x 2x ( sin x 2 ) + 2 cos x 2 = 4x 2 sin(x 2 ) + 2 cos(x 2 ). f (0) = sin(0 2 ) + 2 cos(0 2 ) = 2 cos 0 = 2. Dermed bliver P 2 (x) = x2 = x 2. INDHOLD 7
8 Opgave 5 Et komplekst tal er givet ved z = 1 + 3i. Hvad er z (z konjugeret) skrevet på polær form? Først og fremmest er z = 1 3i, da kun imaginærdelen skifter fortegn. Vi udregner først modulus: z = = = 4 = 2. Det vil sige, at vi kan fjerne alle svarmuligheder, hvor 2 ikke er foran e. Da z e iθ = z (cos θ + i sin θ), skal vi blot nde det θ, sådan at cos θ = 1/2 og sin θ = 3. Ved at huske eller slå op på en liste over sinus- og cosinus-værdier ses det, at θ = 5π/3 eller alternativt: θ = 5π 3 2π = 5π 3 6π 3 = π 3. Altså bliver den polære form for z: z = 2e πi 3. b. Hvad er z 3 skrevet på standard form? Vi husker regnereglerne cos( x) = cos x og sin( x) = sin(x). Disse betyder, at vi blot kan smide en negativt fortegn på θ i opgaven fra før for at opnå den polære form for z (og altså ikke z). Vi har for z: πi z = 2e ( πi 3 ) = 2e 3. Hvilket vil sige, at vi blot kan bruge potens-regneregler for at udregne z 3 : ( z 3 = 2e πi 3 ) 3 = 2 3 e πi 3 3 = 8e πi = 8 (cos(π) + i sin(π)) = 8 ( 1 + 0i) = 8. Note: Hvis man forstår metoden, er denne langt hurtigere end at gange parenteserne (1 + 3i)(1 + 3i)(1 + 3i) sammen. INDHOLD 8
9 Opgave 6 Et komplekst tal z kaldes rent imaginær, hvis det ligger på den imaginære akse, dvs. hvis det er på formen z = iy for et reelt tal y. a. For nogle komplekse tal z gælder det, at z 2 er rent imaginær. Hvilke af svarmulighederne beskriver netop alle disse tal? Jeg elsker de her opgaver, de gør mig glad - så I får to metoder til at løse dem på. Metode 1 - Udelukkelsesmetoden z rent imaginær: Vi vælger blot z = i og ser, at z 2 = i 2 = 1, hvilket ikke er et rent imaginært tal. Derfor er det ikke alle rene imaginære tal, der opfylder dette, hvorfor svarmuligheden er falsk. Alle komplekse tal: Denne følger direkte af den forrige, da alle imaginære og reelle tal er komplekse tal. Det gælder ikke for i, så det gælder ikke for alle komplekse tal. Vi kunne også have sagt 1 2 = 1, hvilket heller ikke er rent imaginært. z på formen x(1 + i), x reel: Vi prøver: z 2 = (x(1 + i)) 2 = x 2 (1 + i) 2 = x 2 (1 2 + i 2 + 2i) = x 2 ( i) = 2ix 2. Da x er reel, så vil x 2 også være reel. Derfor vil hele udtrykket 2ix 2 altid være imaginært. Spørgsmålet er bare, om dette beskriver hele mængden. z = x(1 i), x reel: Denne er egentlig blevet udelukket af forrige svarmulighed, da x(1 i) ikke indeholder mængden x(1 + i). Dog hvis x(1 i) også er en løsningsmængde, så er x(1 + i) også en utilstrækkelig svarmulighed. Vi ser: z 2 = (x(1 i)) 2 = x 2 (1 i) 2 = x 2 (1 2 + i 2 2i) = x 2 (1 1 2i) = 2ix 2, hvilket også er rent imaginært, hvorfor z = x(1 + i) også er en utilstrækkelig svarmulighed. z = x(1 ± i), x 0: Vi ser, at denne restringerer x værdierne til x 0. Men eftersom vi har set, at z 2 = (x(1 ± i)) 2 ) ± 2ix 2, hvor x er reel, og x 2 derfor også er reel, så kan vi tillade alle de reelle værdier af x, vi har lyst til. Derfor er svaret z = x(1 ± i), x 0. Metode 2 - Bevis Lad x, y R, og lad z = x + iy. Så søger vi de komplekse tal z, der opfylder, at z 2 = ic, hvor c R. Vi har: Da z 2 skal være lig ic, har vi: z 2 = (x + iy) 2 = x 2 + i 2 y 2 + 2ixy = x 2 y 2 + 2ixy. x 2 y 2 + 2ixy = ic. INDHOLD 9
10 Da x og y er reelle, og det yderligere ses, at højresiden kun indeholder et imaginært led, så må x 2 y 2 = 0, da disse to led ikke kan påvirke de imaginære led. Vi har: x 2 y 2 = 0 y 2 = x 2 y = ±x. Men dette udtryk for y kan vi indsætte i z = x + iy: z = x + iy = x + i(±x) = x ± ix = x(1 ± i). Hvor x blot skal være reelt. Vi har nu fundet svaret. b. For nogle komplekse tal z gælder det, at z z er reel. Hvilke af svarmulighederne beskriver netop alle disse tal? Dette gælder for alle komplekse tal, hvilket skulle være en kendt resultat for alle. Beviset går dog således: Lad z = x + iy, hvor x og y er reelle, så er z = x iy. Dermed er: z z = (x + iy)(x iy) = x 2 i 2 y 2 = x 2 + y 2, hvilket også er reelt. Note: z z svarer faktisk til modulus af z 2. Vi har: z 2 = x 2 + y 22 = x 2 + y 2 = z z. c. For nogle komplekse tal z gælder det, at z z er reel. Hvilke af svarmulighederne beskriver netop alle disse tal? Vi ved, at man ikke må dividere med 0, hvilket kun er svarmulighed 1, der udelukker. Men hvis vi lige skal gribe det lidt mere besværligt an: Lad os omskrive brøken ved at forlænge den med z: z z = z z z z = z2 z z. Vi ved fra forrige opgave, at nævneren er reel. Det vil sige, at vi reelt blot kan se bort fra denne. Vi betragter altså kun tælleren. Lad z = x + iy, så er z 2 = (x + iy) 2 = x 2 + i 2 y 2 + 2ixy = x 2 y 2 + 2ixy. Vi skal have, at dette er reelt, men det er det kun, hvis 2ixy = 0. Dette er kun opfyldt, hvis x = 0 og/eller y = 0. Hvilket betyder, at z må være et reelt tal eller rent imaginært. 0 er dog stadig udelukket, da vi ikke må have, at x = y = 0, eftersom man ikke kan dividere med 0. INDHOLD 10
11 Opgave 7 En homogen anden ordens dierentialligning er givet ved y 4y + 8y = 0. a. Find den fuldstændige løsning til dierentialligningen. Note: Selve opgaveformuleringen i eksamenssættet kan faktisk misforstås, da der står "Markér DET udtryk, som udgør den fuldstændige løsning til dierentialligningen."i stedet for "DE(T)", hvorfor man kan tro, der kun er ét svar. En uheldig formulering. Vi løser det karakteristiske polynomium r 2 4r + 8 = 0. Vi nder først diskriminanten: D = ( 4) = = 16 = (4i) 2, hvorfor vi får løsningerne: r = ( 4) ± (4i) = 4 ± (4i) 2 = 2 ± 2i. Komplekse rødder på formen r = a + bi giver den generelle fuldstændige løsning: hvilket i vores tilfælde giver: y(t) = c 1 e at cos(bt) + c 2 e at sin(bt), y(t) = c 1 e 2t cos(2t) + c 2 e 2t sin(2t). Vi kan dog også vælge roden med den negative imaginær-del: y(t) = c 1 e 2t cos( 2t) + c 2 e 2t sin( 2t). Da cos θ = cos( θ) sker der ingen ændring ved cosinus-delen. Vi har ydermere, at sin( θ) = sin(θ), hvilket egentligt blot betyder, at konstanten c 2 vil skifte fortegn afhængig af, hvilken fuldstændig løsning, der vælges. b. Hvilken funktion løser begyndelsesbetingelserne y(0) = 2, y (0) = 6? Standardmetoden: Hvis betragter y(0) i forhold til en af vores fundne løsninger i a. y(0) = c 1 e 2 0 cos(2 0) + c 2 e 2 0 sin(2 0) = c 1 e 0 + c 2 0 = c 1 = 2. Vi har altså: Dierentieres denne fås: y(t) = 2e 2t cos(2t) + c 2 e 2t sin(2t). y (t) = 2 2e 2t cos(2t) + 2 ( 2)e 2t sin(2t) + c 2 2e 2t sin(2t) + c 2 2e 2t cos(2t). INDHOLD 11
12 Indsættes t = 0: y (0) = 2 2e 2 0 cos(2 0) + 2 ( 2)e 2 0 sin(2 0) + c 2 2e 2 0 sin(2 0) + c 2 2e 2 0 cos(2 0) = 4e 0 cos(0) 4e 0 sin(0) + 2c 2 e 0 sin(0) + 2c 2 e 0 cos(0) = 4 + 2c 2 e 0 cos(0) = 4 + 2c 2 = 6 c 2 = 6 4 = = 1. Den løsningen, der opfylder disse betingelser er altså: Den simple metode: y(t) = 2e 2t cos(2t) + e 2t sin(2t). Vi indser hurtigt (maks 10 sekunder), at det kun er de to øverste funktioner af hver søjle, der opfylder, at når vi sætter t = 0, så får vi værdien 2. Vi skal altså derfor blot dierentiere disse to funktioner og derefter indsætte t = 0 i de aedede. Hvis ingen af disse opfylder, at y (0) = 6, så krydser vi feltet ingen af dem af. c. Find den partikulære løsning til den inhomogene dierentialligning y 4y + 8y = t 2. Der er en hurtig udelukkelsesmetode, man kan bruge for at nde den partikulære løsning, når man har valgumuligheder. - Men det er for trættende at skulle forklare på skrift, så I må nøjes med den stringente metode: Vi gætter på en partikulær løsning: y p (t) = at 2 + bt + c, hvilken dierentieres to gange: y p(t) = 2at + b, y p(t) = 2a. Vi indsætter så disse i dierentialligningen: t 2 = y p 4y p+8y p = 2a 4(2at+b)+8(at 2 +bt+c) = 2a 8at 4b+8at 2 +8bt+8c = 8at 2 +( 8a+8b)t+ Dette giver os 3 ligninger. Først: Dernæst 8at 2 = t 2 8a = 1 a = 1 8 ( 8a+8b)t = ( b)t = ( 1+8b)t = 0t = 0 1+8b = 0 8b = 1 b = 1 8. Allerede nu kan vi spotte den korrekte løsning. INDHOLD 12
13 Opgave 8 En funktion er deneret ved f(x, y) = x 4 + y 4 4xy + 1. Det oplyses, at grafen for funktionen danner en opadgående skål mod (åbner sig opad). a. Hvilke af de givne punkter er kritiske punkter? Vi dierentierer først f mht. både x og y: f x (x, y) = 4x 3 4y, f y (x, y) = 4y 3 4x. Der er to måder. Enten kan du blot indsætte de punkter, du har fået givet, og så tjekke, om både f x og f y giver 0, eller vi kan nde alle løsninger. Den første metode bør være lige til, hvorfor jeg fokuserer på den anden. Vi betragter: f x (x, y) = 0 4x 3 4y = 0 x 3 y = 0 y = x 3. Bemærk, at dette betyder, at y og x skal have samme fortegn. Denne værdi for y kan vi nu indsætte i f y : f y (x, y) = 0 4y 3 4x = 0 y 3 x = (x 3 ) 3 x = x 3 3 x = x 9 x = x(x 8 1) = 0. Vi kan altså se, at x = 0 er en løsning. Derudover kan vi se fra parentesen, at x 8 = 1. Da 8 er et lige tal, kan x både være 1 og 1. Vi har altså 3 mulige værdier for x, som vi så kan indsætte i udtrykket for y = x 3 : y(0) = 0 3 = 0, y( 1) = ( 1) 3 = 1, y(1) = 1 3 = 1. Vi har altså de kritiske punkter (0, 0), ( 1, 1) og (1, 1). b. Hvad er den mindste værdi, som funktionen f antager? Vi ved, at det er en form for skål, der åbner sig opad. Dette betyder, at den antager et minimum i et punkt - et kritisk punkt! Så vi indsætter blot de punkter, vi fandt fra før i funktionen og nder: f(0, 0) = = 1, f( 1, 1) = ( 1) 4 + ( 1) 4 4 ( 1) ( 1) + 1 = = 1 f(1, 1) = = = 1 Altså er den mindste værdi, der antages, 1, hvilken sker både i (1, 1) og ( 1, 1). c. Antager funktionen et lokalt maksimum i Origo (0, 0)? Nej, det er forholdsvist let at forestille sig, at eftersom guren åbner sig opad, samtidig med, at den (kun) har to pukler i form af globale minima, så kan Origo ikke være andet end et saddelpunkt. INDHOLD 13
14 En mere matematisk tilgang kan måske vise, hvorfor det er et saddelpunkt. Lad os betragte funktionen i de punkter, hvor y = x. På denne linje ligger både (0, 0), ( 1, 1) og (1, 1). Indsætter vi x på y's plads i funktionen fås: Dierentieres denne opnår vi: f 1 (x) = f(x, x) = x 4 + x 4 4xx + 1 = 2x 4 4x f 1(x) = 8x 3 8x = 8x(x 2 1). Det er selvfølgelig de samme kritiske punkter, vi nder her, men det er ikke det interessante. Det, vi kigger på, er hvad er hældningen imellem (0, 0) og de to andre kritiske punkter. Jeg vælger her x = 1/2 og x = 1/2 til at vise disse hældninger: f 1 ( 1 ) = ( ( 1 ) 2 ( ) 1 1) = = = 3 og f 1 ( ) 1 = ( (1 ) 2 1) 2 ( ) 1 = = 1 4 = 3. Funktionen vokser altså, når den går imod (0, 0) men aftager så igen efter (fortegnet af hældningerne), når vi bevæger os på linjen y = x. Det betyder, at (0, 0) agerer som et maksimum, når vi bevæger os langs y = x. Hvad hvis vi i stedet kommer fra linjen, der går vinkelret ind på y = x? Vi betragter altså nu y = x og får: f 2 (x) = f(x, x) = x 4 + ( x) 4 4x( x) + 1 = x 4 + x 4 + 4x = 2x 4 + 4x Dierentierer vi denne fås: f 2(x) = 8x 3 + 8x = 8x(x 2 + 1). Der er ingen kritiske punkter foruden 0 her, så vi skal blot vælge x-værdier på hver side af Origo. - Så jeg vælger de samme værdier som før: f 2 ( 1 ) = f 2 ( ) 1 = ( ( 1 ) 2 ( ) 1 + 1) = = 1 4 = 5. ( (1 ) 2 + 1) 2 ( ) 1 = = = 5. Forskellige fortegn, men hvis vi bevæger os i retningen y = x, ser vi, at Origo agerer som et minimum, da funktionen aftager til den rammer Origo for derefter at vokse. Origo agerer altså både som et minimum og et maksimum afhængig af retningen. Dette betyder, at Origo er et saddelpunkt. INDHOLD 14
15 Opgave 9 Hvilken af de følgende formler svarer til Laplace transformationen, F (s), s > 2 af funktionen f(t) = e 2t + cos(3t), t 0 Svar: Vi slår op i tabellen for Laplace transformationer. Vi ser, at Dermed har vi: L { e at} = 1 s a, L {cos(at)} = s s 2 + a 2. F (s) = L { e 2t + cos(3t) } = L { e 2t} +L {cos(3t)} = 1 s 2 + s s = 1 2 s 2 + s s Det eneste, der mangler, er at få skrevet dem på fælles brøkstreg. Vi har: F (s) = 1 s 2 + s s = s (s 2)(s 2 + 9) + s(s 2) (s 2)(s 2 + 9) = s s 2 2s (s 2)(s 2 + 9) = 2s2 2s + 9 (s 2)(s 2 + 9). INDHOLD 15
16 Opgave 10 Hvilken af de følgende formler svarer til den inverse Laplace transformation f(t), t 0 af funktionen 7s 7 F (s) = (s 3)(s + 4), s > 3? Svar: Udtrykket ligner umiddelbart ikke noget, vi kan slå op i en tabel, så vi vil splitte brøken op. Dette gøres ved metoden partielle brøker. Vi har: 7s 7 (s 3)(s + 4) = A s 3 + B s + 4. Vi ganger med (s 3)(s + 4) på begge sider og får: 7s 7 = A(s + 4) + B(s 3) = As + 4A + Bs 3B = (A + B)s + (4A 3B). Af dette udtryk får vi to ligninger, nemlig: A + B = 7, 4A 3B = 7. Vi løser den første i forhold til A og får A = 7 B. Dette indsætter vi så i den anden ligning og får: 4A 3B = 4(7 B) 3B = 4 7 4B 3B = 28 7B = 7 7B = 7 28 = 35. Divideres med 7 på begge sider, får vi, at B = 5. Dette kan vi så indsætte i udtrykket A = 7 B = 7 5 = 2. Dermed ved vi, at: F (s) = 7s 7 (s 3)(s + 4) = 2 s s + 4 = 2 1 s s + 4, og disse kan vi slå op i tabellen over Laplace-transformer, det er nemlig præcis den, vi brugte i forrige opgave: L { e at} = 1 s a. Vi får altså: L {F (s)} 1 = 2L { } 1 { } L = 2e 3t + 5e 4t. s 3 s + 4 INDHOLD 16
17 Opgave 11 Note: Jeg hader den her opgave, fordi vedkommende bruger decimaler frem for brøker! Det niveau vil jeg ikke synke ned på. En funktion er deneret ved f(x, y) = (x + y)e x2 y 2. a. Bestem den retningsaedede D u f(p ) i punktet P = (1, 1) og retningen bestemt ved enhedsvektoren u = ( 4 5, 3 5). Først skal vi nde f x og f y. Vi har ved brug af kædereglen og produktreglen: f x (x, y) = (x + y)2xe x2 y 2 + e x2 y 2, f y (x, y) = (x + y)( 2y)e x2 y 2 + e x2 y 2. Indsætter vi punktet P = (1, 1) får vi: og f x (1, 1) = (1 + 1)2 1e e = 4e 0 + e 0 = = 5, f x (1, 1) = (1 + 1)( 2 1)e e = 4e 0 + e 0 = = 3. Dermed er gradientvektoren i punktet P = (1, 1): f(p ) = (5, 3). Den retningsaedede er blot skalarproduktet mellem gradientvektoren og enhedsvektoren. Vi har altså: ( 4 D u f(p ) = (5, 3) 5, 3 ) = = = Hvis I vil have det med decimaler, så må I selv gøre det. Jeg nægter i hvert fald i så simple tilfælde! b. Hver af svarmulighederne, v, bestemmer en enhedsvektor u, som peger i samme retning som v. Find alle vektorer i listen for hvilke det gælder, at D u f(p ) = 0. Vi betragter samme f(p ) fra før. Ydermere lader vi u = (x 1, x 2 ). Opgaven lyder altså på at bestemme de x 1 og x 2, som opfylder D u f(p ) = 0. Vi har: D u f(p ) = f(p ) u = (5, 3) (x 1, x 2 ) = 5x 1 3x 2 = 0 x 1 = 3 5 x 2. Det betyder altså, at alle svarmuligheder, hvor x 1 er 3 5 størrelsen af x 2, er korrekte. Det vil sige, at de tre øverste muligheder er korrekte, og de nederste er forkerte. Eksempel på korrekt [ ] 3 v = x 5 1 = = 3. Eksempel på forkert: v = [ ] 3 x 4 1 = = INDHOLD 17
18 Opgave 12 En funktion er givet ved f(x, y) = x2 x 2 + y 2. a. Find denitionsmængden for f. Vi ser, at der kun opstår problemer, når nævneren er 0. Eftersom x 2 og y 2 kun kan være positive (da vi arbejder med reelle tal), kan nævneren kun blive 0, hvis x = y = 0. De må bare ikke være nul på samme tid. Så "x 0 eller y 0"siger, at hvis x ikke er nul, så er vi ligeglade med, hvad y er, men hvis x er nul, så må y ikke være nul. b. Hvilken beskrivelse svarer til niveakurven med ligningen f(x, y) = 1 4? Vi har: f(x, y) = x2 x 2 + y 2 = 1 4 x2 = 1 4 (x2 + y 2 ) 4x 2 = x 2 + y 2 y 2 = 3x 2. Tager vi kvadratroden på begge sider skal vi huske, at have ±, da både positive og negative værdier opfylder dette: y = ± 3x 2 = ± 3x. Dette er altså to rette linjer gennem (0, 0) med hældningskoecienterne ± 3. Linjerne rammer ikke Origo, da vi husker, at (0, 0) ikke var en del af denitionsmængden. c. Hvad svarer niveaukurven f(x, y) = 4 til? Vi har: f(x, y) = x2 x 2 + y 2 = 4 x2 = 4(x 2 + y 2 ) x 2 = 4x 2 + 4y 2 4y 2 = 3x 2. Dette kan ikke lade sig gøre, da y 2 ikke kan blive negativ, kan venstre side heller ikke blive negativ. Ligeledes kan højre side ikke blive positiv, hvorfor de altid vil have forskelligt fortegn - med undtagelse af Origo. Men hvad var der nu med Origo? Nåååå ja, Origo var ikke en del af denitionsmængden! INDHOLD 18
19 Opgave 13 En ade F i rummet er bestemt ved ligningen F (x, y, z) = 2xy + 3xz yz = 2. Nogle af ligningerne i svarmulighederne beskriver tangentplanen for aden F i punktet P = (1, 1, 1). Hvilke? Svar: Vi kigger blot på relationen mellem hældningerne for x, y og z imellem. Vi dierentierer først: F x (x, y, z) = 2y + 3z, F y (x, y, z) = 2x z, F z (x, y, z) = 3x y. Ved at indsætte P = (1, 1, 1) får vi: F x (1, 1, 1) = 2( 1)+3 1 = 1, F y (1, 1, 1) = = 1, F z (x, y, z) = 3 1 ( 1) = 4. Vi ser altså, at koecienterne foran x og y skal være ens, mens z skal have en 4 gange så stor koecient. Det er der kun tre ligninger, der opfylder. Vi ved, at der ndes nogle ligninger, der beskriver tangentplanen, så hvis de tre ligninger er ens, må de alle være korrekte. Vi betragter: x + y + 4z = 4. Hvis vi ganger denne igennem med 1 fås: x y 4z = 4, hvorfor de to ligninger altså er identiske. Vi kunne også have ganget den med 2 og fået: 2(x + y + 4z) = 2 4 2x + 2y + 8z = 8, altså er de alle tre identiske. Vi blev lovet, at der nogle ligninger beskrev tangentplanen. Da de er identiske samt var de eneste, der opfyldte koecient-kravet, så er de alle korrekte. INDHOLD 19
20 Opgave 14 Figure nedenfor viser grafen for en funktion r = f(θ), 0 θ 2π afbildet i polære koordinater. Svar: Vi bruger udelukkelsesmetoden. Vi har funktionerne: f(θ) = 1 + cos θ, f(θ) = 2 + sin θ, f(θ) = 2 + cos θ f(θ) = 2 + sin(2θ), f(θ) = 2 + cos(2θ), f(θ) = (1 sin θ) 2 Til vinklen θ = 0 aæser vi en radius på 3. Denne indsætter vi så i de forskellige funktioner: f(0) = 1 + cos 0 = = 2, f(0) = 2 + sin 0 = 2, f(0) = 2 + cos 0 = = 3 f(0) = 2+sin(2 0) = 2, f(0) = 2+cos(2 0) = 2+1 = 3, f(0) = (1 sin 0) 2 = 1 2 = 1. Der er altså kun to funktioner, der møder kravet om, at f(0) = 3. De er: f(θ) = 2 + cos θ, f(θ) = 2 + cos(2θ). Vi aæser nu θ = π til en radius på 1. Vi indsætter: 2 ( π ) ( π ) ( π ) ( f = 2 + cos = = 2, f = 2 + cos 2 π ) = 2 + cos π = 2 1 = Altså er svaret f(θ) = 2 + cos(2θ), da denne er den eneste, der opfylder betingelserne. INDHOLD 20
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2017
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 12. Juni 217 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Januar 2018
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Januar 18 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2018
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Juni 08 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 3. Januar 2017
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 3. Januar 17 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Juni 2019
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 14. Juni 2019 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Efterår - 8. Januar 2016
Besvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Efterår - 8. Januar 16 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær Eksamen Januar 2019
Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 14. Januar 19 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereBesvarelser til Calculus Reeksamen August 2017
Besvarelser til Calculus Reeksamen -. August 7 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende til opgave
Læs mereBesvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Forår - 6. Juni 2016
Besvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Forår - 6. Juni 16 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereBesvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 3. Juni 2014
Besvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 3. Juni 204 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over
Læs mereBesvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 8. Juni 2015
Besvarelser til Calculus og Lineær Algebra Globale Forretningssystemer Eksamen - 8. Juni 05 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereEksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet. 6.
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet 6. juni 16 Dette eksamenssæt består af 1 nummererede sider med 14 afkrydsningsopgaver.
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereReeksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. 17.
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 17. februar 2017 Dette eksamenssæt består af 11 nummererede sider med
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Calculus
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på bagsiden hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Calculus Første Studieår
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 0. februar 019 Dette eksamenssæt
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. x 2 + y 2 1 Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 019 Opgave 1 (6 point) En
Læs mereEksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. 5.
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 5. januar 08 Dette eksamenssæt består af 8 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet 9. august 6 Dette eksamenssæt består af nummererede sider med 4 afkrydsningsopgaver.
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 019 Opgave 1 (6 point) En
Læs mereEksamen i Calculus. 14. juni f (x, y, z) = 1 + x 2 + y 2. x 2 + y 2 1 Hele rummet uden z aksen
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design, Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 14. juni 19 Opgave 1 (6 point) En funktion
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. februar 08 Dette eksamenssæt består af 8 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra og Calculus Globale Forretningssystemer Eksamen - 6. Juni 2016
Besvarelser til Lineær Algebra og Calculus Globale Forretningssystemer Eksamen - 6 Juni 206 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en
Læs mereEksamen i Calculus. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. 3.
Eksamen i Calculus Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. januar 7 Dette eksamenssæt består af 9 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mereEksamen i Calculus Fredag den 8. januar 2016
Eksamen i Calculus Fredag den 8. januar 2016 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med
Læs merePrøveeksamen i Calculus
Prøveeksamen i Calculus Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Marts 6 Dette eksamenssæt består af 9 nummererede sider med 4 afkrydsningsopgaver.
Læs mereEksamen i Calculus Tirsdag den 3. juni 2014
Eksamen i Calculus Tirsdag den 3. juni 2014 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med
Læs mereEksamen i Calculus Mandag den 8. juni 2015
Eksamen i Calculus Mandag den 8. juni 2015 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med 12
Læs mereEksamen i Calculus Tirsdag den 11. juni 2013
Eksamen i Calculus Tirsdag den 11. juni 2013 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med
Læs mereReeksamen i Calculus Onsdag den 17. februar 2016
Reeksamen i Calculus Onsdag den 17. februar 216 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereNotesæt - Eksempler på polær integration
Notesæt - Eksempler på polær integration Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument forsøger blot at forklare,
Læs merePrøveeksamen MR1 januar 2008
Skriftlig eksamen Matematik 1A Prøveeksamen MR1 januar 2008 Tilladte hjælpemidler Alle sædvanlige hjælpemidler er tilladt (lærebøger, notater, osv.), og også elektroniske hjælpemidler som lommeregner og
Læs mereVejledende besvarelse på august 2009-sættet 2. december 2009
Vejledende besvarelse på august 29-sættet 2. december 29 Det følgende er en vejledende besvarelse på eksamenssættet i kurset Calculus, som det så ud i august 29. Den tjener primært til illustration af,
Læs mereReeksamen i Calculus Mandag den 11. august 2014
Reeksamen i Calculus Mandag den 11. august 2014 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereInden der siges noget om komplekse tal, vil der i dette afsnit blive gennemgået en smule teori om trigonometriske funktioner.
Komplekse tal Mike Auerbach Odense 2012 1 Vinkelmål og trigonometriske funktioner Inden der siges noget om komplekse tal, vil der i dette afsnit blive gennemgået en smule teori om trigonometriske funktioner.
Læs mereReeksamen i Calculus Tirsdag den 20. august 2013
Reeksamen i Calculus Tirsdag den 20. august 2013 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereProjektopgave 1. Navn: Jonas Pedersen Klasse: 3.4 Skole: Roskilde Tekniske Gymnasium Dato: 5/ Vejleder: Jørn Christian Bendtsen Fag: Matematik
Projektopgave 1 Navn: Jonas Pedersen Klasse:.4 Skole: Roskilde Tekniske Gymnasium Dato: 5/9-011 Vejleder: Jørn Christian Bendtsen Fag: Matematik Indledning Jeg har i denne opgave fået følgende opstilling.
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær eksamen - 6. Juni 2016
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær eksamen - 6. Juni 2016 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereKomplekse tal. Mikkel Stouby Petersen 27. februar 2013
Komplekse tal Mikkel Stouby Petersen 27. februar 2013 1 Motivationen Historien om de komplekse tal er i virkeligheden historien om at fjerne forhindringerne og gøre det umulige muligt. For at se det, vil
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 5. Januar 2018
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 5. Januar 08 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereKomplekse tal. Mike Auerbach. Tornbjerg Gymnasium, Odense 2015
Komplekse tal Mike Auerbach Tornbjerg Gymnasium, Odense 2015 Indhold 1 Vinkelmål og trigonometriske funktioner 2 1.1 Radianer................................................ 2 1.2 Cosinus og sinus som
Læs mereGradienter og tangentplaner
enote 16 1 enote 16 Gradienter og tangentplaner I denne enote vil vi fokusere lidt nærmere på den geometriske analyse og inspektion af funktioner af to variable. Vi vil især studere sammenhængen mellem
Læs mereEksamen i Calculus Mandag den 4. juni 2012
Eksamen i Calculus Mandag den 4. juni 212 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med ialt
Læs mereDet teknisk-naturvidenskabelige basisår Matematik 1A, Efterår 2005, Hold 3 Prøveopgave A
Det teknisk-naturvidenskabelige basisår Matematik 1A, Efterår 2005, Hold 3 Prøveopgave A Opgaven består af tre dele, hver med en række spørgsmål, efterfulgt af en liste af teorispørgsmål. I alle opgavespørgsmålene
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen Juni 2017
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 12. Juni 2017 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereReeksamen i Calculus
Reeksamen i Calculus Torsdag den 11. august 2011 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 8 nummererede sider
Læs mereEksamen i Calculus. Onsdag den 1. juni Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet
Eksamen i Calculus Onsdag den 1. juni 211 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 7 nummererede sider med ialt
Læs mereÆstetik og reduktioner Matematisk takt og tone. Mikkel Findinge
Æstetik og reduktioner Matematisk takt og tone Mikkel Findinge Indhold Indledning. Hvad er god matematisk skik?...................... Starttips før ulvehyl 4. Primtalsfaktorisering...........................
Læs mere(Prøve)Eksamen i Calculus
(Prøve)Eksamen i Calculus Sæt 1, april 2011 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet og Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende (prøve)eksamenssæt består af 7 nummererede sider
Læs mereBesvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7
Besvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7 De anførte besvarelser er til dels mere summariske end en god eksamensbesvarelse bør være. Der kan godt være fejl i - jeg vil meget gerne informeres,
Læs mereINSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI. TIDLIGERE EKSAMENSOPGAVER MM501 Calculus I, MM502 Calculus II Januar 2006 juni 2010
INSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI TIDLIGERE EKSAMENSOPGAVER MM501 Calculus I, MM502 Calculus II Januar 2006 juni 2010 Forord Denne opgavesamling indeholder samtlige eksamensopgaver, der har været stillet
Læs mereEksamen i Matematik F2 d. 19. juni Opgave 2. Svar. Korte svar (ikke fuldstændige)
Eksamen i Matematik F2 d. 9. juni 28 Korte svar (ikke fuldstændige Opgave Find realdelen, Re z, og imaginærdelen, Im z, for følgende værdier af z, a z = 2 i b z = i i c z = ln( + i Find realdelen, Re z,
Læs mereLokalt ekstremum DiploMat 01905
Lokalt ekstremum DiploMat 0905 Preben Alsholm Institut for Matematik, DTU 6. oktober 00 De nition Et stationært punkt for en funktion af ere variable f vil i disse noter blive kaldt et egentligt saddelpunkt,
Læs mereAndengradspolynomier - Gymnasienoter
- Gymnasienoter http://findinge.com/ Tag forbehold for eventuelle fejl/typos. Indhold Forord 3 Toppunktsformlen - Bevismetode 1 4 Toppunktsformlen - Bevismetode 6 Andengradspolynomiets symmetri 7 Rodfaktorisering
Læs merex 2 + y 2 dx dy. f(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) + 2 1) Angiv en ligning for tangentplanen til fladen z = f(x, y) i punktet
Eksamensopgaver fra Matematik Alfa 1 Naturvidenskabelig Kandidateksamen August 1999. Matematik Alfa 1 Opgave 1. Udregn integralet 1 1 y 2 (Vink: skift til polære koordinater.) Opgave 2. Betragt funktionen
Læs mereNoter om komplekse tal
Noter om komplekse tal Preben Alsholm Januar 008 1 Den komplekse eksponentialfunktion Vi erindrer først om den sædvanlige og velkendte reelle eksponentialfunktion. Vi skal undertiden nde det nyttigt, at
Læs mereKortfattet svar til eksamen i Matematik F2 d. 21. juni 2017
Kortfattet svar til eksamen i Matematik F2 d. 2. juni 27 Opgave Bestem for følgende tilfælde om en funktion f(z) af z = x + iy er analytisk i dele af den komplekse plan, hvis den har real del u(x, y) og
Læs mereπ er irrationel Frank Nasser 10. december 2011
π er irrationel Frank Nasser 10. december 2011 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold 1 Introduktion
Læs mereEgenskaber ved Krydsproduktet
Egenskaber ved Krydsproduktet Frank Nasser 23. december 2011 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold
Læs mereNøgleord og begreber Komplekse tal Test komplekse tal Polære koordinater Kompleks polarform De Moivres sætning
Oversigt [S] App. I, App. H.1 Nøgleord og begreber Komplekse tal Test komplekse tal Polære koordinater Kompleks polarform De Moivres sætning Test komplekse tal Komplekse rødder Kompleks eksponentialfunktion
Læs mereKomplekse tal og algebraens fundamentalsætning.
Komplekse tal og algebraens fundamentalsætning. Michael Knudsen 10. oktober 2005 1 Ligningsløsning Lad N = {0,1,2,...} betegne mængden af de naturlige tal og betragt ligningen ax + b = 0, a,b N,a 0. Findes
Læs mereDOK-facitliste DOK. DOK-facitliste 1
-facitliste 1 -facitliste Listens numre refererer til samlingen af supplerede -opgaver (de gamle eksamensopgaver. På listen står næsten kun facitter, og ikke tilstrækkelige svar på opgaverne. [Korrigeret
Læs mereOversigt Matematik Alfa 1, August 2002
Oversigt [S], [LA] Nøgleord og begreber Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering Dobbelt integral og polært koordinatskift Ortogonal projektion og mindste afstand Retningsafledt og gradient Maksimum/minimums
Læs mereDesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof
DesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof Preben Alsholm Efterår 2010 1 Hovedpunkter fra forårets pensum 11 Taylorpolynomium Taylorpolynomium Det n te Taylorpolynomium for f med udviklingspunkt x 0 : P
Læs mereMatematik F2 Opgavesæt 6
Opgave 4: Udtryk funktionen f(θ) = sin θ ved hjælp af Legendre-polynomierne på formen P l (cos θ). Dvs. find koefficienterne a l i ekspansionen f(θ) = a l P l (cos θ) l= Svar: Bemærk, at funktionen er
Læs mereKomplekse Tal. 20. november 2009. UNF Odense. Steen Thorbjørnsen Institut for Matematiske Fag Århus Universitet
Komplekse Tal 20. november 2009 UNF Odense Steen Thorbjørnsen Institut for Matematiske Fag Århus Universitet Fra de naturlige tal til de komplekse Optælling af størrelser i naturen De naturlige tal N (N
Læs mereCalculus Uge
Oversigt [S], [LA] Nøgleord og begreber Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering Dobbelt integral og polært koordinatskift Ortogonal projektion og mindste afstand Retningsafledt og gradient Maksimum/minimums
Læs mereBevægelsens Geometri
Bevægelsens Geometri Vi vil betragte bevægelsen af et punkt. Dette punkt kan f.eks. være tyngdepunktet af en flue, et menneske, et molekyle, en galakse eller hvad man nu ellers har lyst til at beskrive.
Læs mereEgenskaber ved Krydsproduktet
Egenskaber ved Krydsproduktet Frank Nasser 12. april 2011 c 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Bemærk:
Læs mereDifferentiation af Trigonometriske Funktioner
Differentiation af Trigonometriske Funktioner Frank Villa 15. oktober 01 Dette dokument er en del af MatBog.dk 008-01. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-9775-00-9. Se yderligere betingelser for brug her.
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra med Anvendelser Ordinær Eksamen 2016
Besvarelser til Lineær Algebra med Anvendelser Ordinær Eksamen 206 Mikkel Findinge http://findinge.com/ Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan.
Læs mereNedenfor er tegnet svingningsmønsteret for to sinus-toner med frekvensen 440 og 443 Hz:
Appendiks 1: Om svævning: Hvis to toner ligger meget tæt på hinanden opstår et interessant akustisk og matematisk fænomen, der kaldes svævning. Det er dette fænomen, der ligger bag alle de steder, hvor
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Reeksamen August 2016
Besvarelser til Lineær Algebra Reeksamen - 9. August 26 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereSvar til eksamen i Matematik F2 d. 23. juni 2016
Svar til eksamen i Matematik F d. 3. juni 06 FORBEHOLD FOR FEJL! Bemærk, i modsætning til herunder, så skal det i besvarelsen fremgå tydeligt, hvordan polerne ndes og hvordan de enkelte residuer udregnes.
Læs merez + w z + w z w = z 2 w z w = z w z 2 = z z = a 2 + b 2 z w
Komplekse tal Hvis z = a + ib og w = c + id gælder z + w = (a + c) + i(b + d) z w = (a c) + i(b d) z w = (ac bd) + i(ad bc) z w = a+ib c+id = ac+bd + i bc ad, w 0 c +d c +d z a b = i a +b a +b Konjugation
Læs mere20 = 2x + 2y. V (x, y) = 5xy. V (x) = 50x 5x 2.
17 Optimering 17.1 Da omkræsen skal være 0cm har vi at 0 = x + y. Rumfanget V for kassen er en funktion der afhænger af både x og y givet ved V (x, y) = 5xy. Isolerer vi y i formlen for omkredsen og indsætter
Læs mereEn sumformel eller to - om interferens
En sumformel eller to - om interferens - fra borgeleo.dk Vi ønsker - af en eller anden grund - at beregne summen og A x = cos(0) + cos(φ) + cos(φ) + + cos ((n 1)φ) A y = sin (0) + sin(φ) + sin(φ) + + sin
Læs mereOpgave 1 Opskriv følgende vinkler i radianer 180, 90, 135, 270, 60, 30.
Opgaver Polære koordinater Opgave 1 Opskriv følgende vinkler i radianer 180, 90, 15, 70, 60, 0. Opgave Bestem sin π Opgave. Et punkt p i xy-planen er givet ved de kartesiske koordinater,. Bestem p s polære
Læs mereHans J. Munkholm: En besvarelse af
Hans J. Munkholm: En besvarelse af Projekt for MM501, Lineære differentialligninger November-december 2009 Nummererede formler fra opgaveformuleringen Her samles alle opgavens differentialligninger og
Læs mereVinkelrette linjer. Frank Villa. 4. november 2014
Vinkelrette linjer Frank Villa 4. november 2014 Dette dokument er en del af MatBog.dk 2008-2012. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-92775-00-9. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold 1 Introduktion
Læs mereDesignMat Den komplekse eksponentialfunktion og polynomier
DesignMat Den komplekse eksponentialfunktion og polynomier Preben Alsholm Uge 8 Forår 010 1 Den komplekse eksponentialfunktion 1.1 Definitionen Definitionen Den velkendte eksponentialfunktion x e x vil
Læs mereOprids over grundforløbet i matematik
Oprids over grundforløbet i matematik Dette oprids er tænkt som en meget kort gennemgang af de vigtigste hovedpointer vi har gennemgået i grundforløbet i matematik. Det er en kombination af at repetere
Læs mereKomplekse tal. Jan Scholtyßek 29.04.2009
Komplekse tal Jan Scholtyßek 29.04.2009 1 Grundlag Underlige begreber er det, der opstår i matematikken. Blandt andet komplekse tal. Hvad for fanden er det? Lyder...komplekst. Men bare roligt. Så komplekst
Læs merePointen med Differentiation
Pointen med Differentiation Frank Nasser 20. april 2011 c 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Bemærk:
Læs mereEKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET.. Beregn den retningsafledede D u f(0, 0).
EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET H.A. NIELSEN & H.A. SALOMONSEN Opgave. Lad f betegne funktionen f(x, y) = x cos(y) + y sin(x). ) Angiv gradienten f. 2) Lad u betegne
Læs mereMat H 2 Øvelsesopgaver
Mat H 2 Øvelsesopgaver 18. marts 1998 1) dx dt + 2t 1+t x = 1 2 1+t, fuldstændig løsning. 2 2) ẋ + t 2 x = t 2, fuldstændig løsning. 3) ẋ 2tx = t, x() = 1. 4) ẋ + 1 t x = 1 t 2, t >, undersøg løsningen
Læs mereMATEMATIK A-NIVEAU. Kapitel 1
MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 01 Kapitel 1 016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01
Læs mereLøsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2017
Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 017 18. maj 017: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Alle funktionerne f, g og h er lineære funktioner (og ingen er mere lineære end andre) og kan skrives på
Læs mereDifferentialkvotient af cosinus og sinus
Differentialkvotient af cosinus og sinus Overgangsformler cos( + p ) = cos sin( + p ) = sin cos( -) = cos sin( -) = -sin cos( p - ) = - cos sin( p - ) = sin cos( p + ) = -cos sin( p + ) = -sin (bevises
Læs mereFunktioner af to variable
enote 15 1 enote 15 Funktioner af to variable I denne og i de efterfølgende enoter vil vi udvide funktionsbegrebet til at omfatte reelle funktioner af flere variable; vi starter udvidelsen med 2 variable,
Læs mereTing man gør med Vektorfunktioner
Ting man gør med Vektorfunktioner Frank Villa 3. august 13 Dette dokument er en del af MatBog.dk 8-1. IT Teaching Tools. ISBN-13: 978-87-9775--9. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold 1 Introduktion
Læs mereFunktioner. 3. del Karsten Juul
Funktioner 3. del 019 Karsten Juul Funktioner 3. del, 019 Karsten Juul 1/9-019 Nyeste version af dette hæfte kan downloades fra http://mat1.dk/noter.htm. Hæftet må benyttes i undervisningen hvis læreren
Læs mereKapitel 2. Differentialregning A
Kapitel 2. Differentialregning A Indhold 2.2 Differentiabilitet og tangenter til grafer... 2 2.3 Sammensat funktion, eksponential-, logaritme- og potensfunktioner... 7 2.4 Regneregler for differentiation
Læs mereMatematik A STX 18. maj 2017 Vejledende løsning De første 6 opgaver løses uden hjælpemidler
ADVARSEL! Før du anvender løsningerne, så husk at læs betingelserne for løsningerne, som du kan finde på hjemmesiden. Indeholder: Matematik A, STX 18 maj Matematik A, STX 23 maj Matematik A, STX 15 august
Læs mereTing man gør med Vektorfunktioner
Ting man gør med Vektorfunktioner Frank Nasser. april 11 c 8-11. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Bemærk: Dette
Læs mere